上海市长宁区2022-2023学年高三化学上学期教学质量调研（一模）试题（Word版附解析）

2022学年第一学期高三化学教学质量调研试卷相对原子质量：H-1O-16S-32P-31Cl-35.5C-12N-14Na-23一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）1.生活中处处有化学，下列叙述正确的是A.HB铅笔芯的成分为二氧化铅B.碳酸氢钠可做食品膨松剂C.青铜和黄铜是不同结构的单质铜D.焰火中红色来源于钠盐灼烧【答案】B【解析】【详解】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确；C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误；D．钠元素灼烧显黄色，D错误；故选B。2.下列变化需要加入氧化剂才能实现的转化是A.浓H2SO4→SO2B.KClO3→O2C.H2S→SO2D.→CO2【答案】C【解析】【详解】A．浓H2SO4→SO2，S元素的价态降低，浓硫酸作氧化剂，需加入还原剂，A不合题意；B．KClO3→O2，不需另加氧化剂，因为KClO3分解就可生成O2，B不合题意；C．H2S→SO2，S元素的化合价升高，H2S作还原剂，需加入氧化剂，C符合题意；D．→CO2，没有元素价态的改变，不需加入氧化剂，D不合题意；故选C。3.能用于比较硫、氯两种元素非金属性强弱的是A.熔点：S>Cl2B.酸性：HClO4>H2SO4C.相对原子质量：Cl>SD.氧化性：HClO>H2SO3 【答案】B【解析】【分析】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱，据此分析。【详解】A．熔点的高低不能作为非金属性的判断依据，故A不符合题意；B．HClO4和H2SO4分别是S和Cl的最高价含氧酸，HClO4的酸性强于H2SO4可以说明Cl的非金属性强于S，故B符合题意；C．元素的相对原子质量不能作为非金属性的判断依据，故C不符合题意；D．不能根据含氧酸的氧化性判断元素的非金属性，故D不符合题意。答案选B。4.关于乙烯的说法正确的是A.等摩尔乙烷和乙烯中，化学键数相同B.所有原子在一直线上C.既有极性键又有非极性键D.属于极性分子【答案】C【解析】【详解】A．1molC2H6有7mol化学键（含1mol碳碳键和6mol碳氢键），1molC2H4有5mol化学键（含1mol碳碳双键和4mol碳氢键），则等摩尔乙烷和乙烯中，化学键数不相同，A错误；B．乙烯中碳原子采用sp2杂化，所有原子共平面但是不共线，B错误；C．乙烯存在C-H极性共价键、C=C非极性共价键，C正确；D．乙烯分子中，正电中心和负电中心重合，为非极性分子，D错误；故选C5.下列化学用语正确的是A.碳原子核外电子轨道表示式：B.的电子式：C.丙烷的比例模型：D.原子核内有6个中子的碳原子： 【答案】A【解析】【详解】A．碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式为，A正确；B．的电子式为，B错误；C．模型是丙烷的球棍模型，C错误；D．碳原子中含有6个质子和8个中子，D错误；故答案为：A。6.过氧化氢溶液是一种常见的消毒剂，以下对其描述不符合事实的是A.外用消毒剂B.有漂白作用C.需密封保存D.有强氧化性，无还原性【答案】D【解析】【详解】A．过氧化氢具有强氧化性，可用作外消毒剂，A项正确；B．过氧化氢具有强氧化性，可与色素反应，有漂白作用，B项正确；C．过氧化氢不稳定，易分解，故需密闭保存，C项正确；D．过氧化氢分解为水和氧气的反应中，过氧化氢即做氧化剂，又作还原剂，故过氧化氢即有强氧化性，又有还原性，D项错误；故选D。7.在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是A.溶液显电中性B.氢离子浓度恒定不变C.c(H+)=c(CH3COO¯)D.溶液中检测不出CH3COOH分子存在【答案】B【解析】【详解】A．任何电解质溶液中都呈电中性，与弱电解质是否达到电离平衡无关，故A不符合题意；B．氢离子浓度恒定不变时说明正逆反应速率相等，则该反应达到平衡状态，可作为CH3COOH电离达到平衡的标志，故B符合题意；C．由于醋酸的电离程度未知，达到平衡时c(H+)与c(CH3COO-)关系不确定，且 c(H+)=c(CH3COO-)不符合溶液电中性原则，故C不符合题意；D．CH3COOH为弱电解质，电离为可逆过程，即CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中存在CH3COOH分子，故D不符合题意；答案为B。8.能用分液漏斗分离的一组物质是A.AgCl和NaCl溶液B.苯和水C.溴和四氯化碳D.乙酸和乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A．AgCl和NaCl溶液选择用过滤操作分离，应选择三角漏斗，不需要分液漏斗，故A错误；B．苯和水互不相溶，分层，选择分液操作分离，则应选择分液漏斗，故B正确；C．溴和四氯化碳相互混溶，选择蒸馏操作分离，应选择蒸馏烧瓶、冷凝管等，不需要分液漏斗，故C错误；D．乙酸和乙酸乙酯相互混溶，选择蒸馏操作分离，应选择蒸馏烧瓶、冷凝管等，不需要分液漏斗，故D错误；故答案B。9.下列生产中，水没有参与化学反应的是A.氯碱工业B.侯氏制碱C.湿法炼铜D.接触法制硫酸【答案】C【解析】【详解】A．氯碱工业电解饱和食盐水，水参与了反应，故A错误。B．侯氏制碱是在氯化钠的饱和溶液中通入氨气和二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵的过程，有水参与了反应，故B错误。C．用硫酸将铜矿中的铜转变成可溶性的硫酸铜，再将铁放入硫酸铜溶液中把铜置换出来，没有水参与反应，故C正确。D．接触法制硫酸，是利用了三氧化硫和水发生反应，故D错误。故选C。 10.加油站有不同型号的汽油，下列说法正确的是A.汽油属于纯净物B.煤通过干馏可以转化为汽油C.石油分馏可以获得汽油D.重油的裂解可以提高汽油的产量【答案】C【解析】【详解】A．汽油是主要成分为C5～C12脂肪烃和环烷烃类，以及一定量芳香烃，是混合物，A错误；B．煤干馏的产物是煤炭、煤焦油和煤气，B错误；C．石油分馏可得汽油、柴油等，C正确；D．裂解是深度裂化，其目的是生成气态烯烃或提高燃油品质，D错误；故选C。11.FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是A.H2SB.SC.FeSD.FeSO4【答案】C【解析】【详解】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS，C项符合题意。故选C。12.海水提溴常用达到富集目的，此反应相关物质的叙述正确的是A.在常温常压下是红棕色的气体B.属于离子化合物C.属于非电解质的只有D.H2O分子的空间构型是直线型【答案】C【解析】【详解】A．在常温常压下是红棕色的液体，A错误；B．H2SO4只含共价键属于共价化合物，B错误； C．反应中的化合物有SO2、H2O、H2SO4、HBr，其中只有SO2不能电离，为非电解质，C正确；D．H2O中心原子价层电子数为4，含有2对孤电子对，所以空间构型为V形，D错误；故答案为：C。13.有关水处理的方法错误的是A.用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物B.用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子C.用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸D.用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨【答案】B【解析】【详解】A．铝盐、铁盐能够水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故可用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物，故A正确；B．氯气不能与与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S等处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，生成难溶的CuS，HgS，故B错误；C．石灰、纯碱与酸发生反应生成氯化钙、氯化钠，故可用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸，故C正确；D．烧碱与高浓度反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；故选B。14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.c(H+)/c(OH-)=1×10-14的溶液：Ca2+、Na+、、B.0.1mol·L-1KOH溶液：、Na+、I-、C.能使pH试纸显深红色的溶液：Fe3+、Cl-、Ba2+、SCN-D.0.1mol·L-1NaClO溶液：HS-、Na+、Cl-、【答案】B【解析】 【详解】A．)=1×10-14的溶液中c(H+)=10-14mol/L，c(OH-)=1mol/L，该溶液显碱性，不能在碱性溶液中存在，故A错误；B．0.1mol·L-1KOH溶液：、Na+、I-、四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故B正确；C．能使pH试纸显深红色的溶液呈酸性，SCN-和Fe3+形成络合物，不能大量共存，故C错误；D．0.1mol·L-1NaClO溶液中，ClO-会和HS-发生氧化还原反应不能大量共存，故D错误；故选B。15.测定CuSO4•xH2O中水的含量，如果实验值偏低，可能的原因是A.盛晶体的坩埚未完全干燥B.加热后白色粉末在空气中冷却C.加热后有少量黑色固体产生D.加热时有少量晶体溅出【答案】B【解析】【详解】A．坩埚未完全干燥，会使结晶水质量偏大，会使测定结果偏高，A不符合题意；B．加热后直接在空气中冷却至室温后称量，粉末吸收了空气中的水分，会使测得的结晶水的质量偏低，B符合题意；C．加热后有少量黑色固体产生，说明生成了CuO，质量变化较大，说明生成的水的质量偏大，导致最终所测结果偏高，C不符合题意；D．加热过程中晶体有少量溅失，质量变化较大，说明生成的水的质量偏大，导致结果偏高，D不符合题意；故选B。【点睛】硫酸铜晶体中结晶水含量测定实验过程中，为避免或减少误差，必须注意：①加热硫酸铜晶体用玻璃棒轻轻搅拌的目的是受热均匀，防止受热不均匀而引起固体飞溅，溅出坩埚；②生成的无水硫酸铜要在干燥器中冷却，而不能在空气中冷却，是防止无水硫酸铜吸收空气中的水分；③两次第五步的操作，质量差要小于0.1g，是为了保证实验的准确性和减小误差。16.苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正 确的是A.是苯的同系物B.分子中最多8个碳原子共平面C.一氯代物有6种(不考虑立体异构)D.分子中含有4个碳碳双键【答案】B【解析】【分析】【详解】A．苯的同系物必须是只含有1个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由结构简式可知，苯并降冰片烯的侧链不是烷烃基，不属于苯的同系物，故A错误；B．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的6个碳原子和连在苯环上的2个碳原子共平面，共有8个碳原子，故B正确；C．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有5类氢原子，则一氯代物有5种，故C错误；D．苯环不是单双键交替的结构，由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1个碳碳双键，故D错误；故选B。17.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是A.阴极的电极反应式为B.金属M的活动性比Fe的活动性弱 C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选：C。18.含29.40gH3PO4的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的悬浮液中，反应恰好完全，生成1种难溶盐和16.2gH2O。该难溶盐的化学式可表示为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】29.40gH3PO4的物质的量为：=0.30mol，n(H2O)==0.9 mol由原子守恒可得生成难溶盐中含0.5 mol Ca、0.3 mol P、0.1 mol H和1.3 mol O，即难溶盐中N(Ca)：N(P)：N(H)：N(O)=5：3：1：13，其化学式为Ca5(PO4)3(OH)，故答案为：Ca5(PO4)3(OH)，故答案为：B。19.已知。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1mol与1mol，全科免费下载公众号《高中僧课堂》下列说法正确的是A.充分反应后，放出热量为akJ B.若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小C.当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡D.当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为1：2【答案】C【解析】【详解】A．该反应为可逆反应，不能完全转化，充分反应后，放出热量小于akJ，A错误；B．若增大Y的浓度，压强增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大，B错误；C．当X的物质的量分数不再改变时，说明X的物质的量不再变化，表明该反应已达平衡，C正确；D．当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之不一定为1：2，与各物质的初始浓度和转化率有关，D错误；故答案为：C。20.室温下，反应的平衡常数。将溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.2mol/L氨水：B.溶液（）：C.0.2mol/L氨水和溶液等体积混合：D.氨水和溶液等体积混合：【答案】D【解析】【详解】A．0.2mol/L氨水中存在的平衡：和，粒子浓度的大小为：，A错误；B．，和发生水解：， ，因为，的水解程度大于，所以溶液中粒子浓度的大小为：，B错误；C．0.2mol/L氨水和溶液等体积混合，根据物料守恒，，，C错误；D．氨水和溶液等体积混合，由物料守恒：，，根据电荷守恒：，联立3个关系式，可得，D正确；故选D。二、综合题（共60分）21.硫及其化合物在生产、生活中有广泛应用。（1）硫原子最外层有______种不同运动状态的电子，其中能量最高的电子所占电子亚层符号为______。（2）硫与同主族的氧元素相比，两者各自形成气态氢化物稳定性______（选填“>”、“<”或“=”下同），分别与氢元素形成化学键键能大小关系为H—O______H—S。（3）正交硫和单斜硫是硫常见的两种单质，它们互为______。已知：（正交）=（单斜）―2.64kJ。正交硫与单斜硫相比，相对比较稳定的是______。已知通常状况下4g硫粉完全燃烧放出37kJ的热量，写出该反应的热化学方程式______。（4）同温同浓度的、、三种溶液，最大的是______；经测定溶液中，则溶液呈______（填“酸”或“碱”）性；等物质的量浓度的下列四种溶液：①②③④，溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为______。 （5）已知可能会干扰的检验。写出和NaCl混合溶液中的检验方法______。【答案】（1）①.6②.3p（2）①.>②.>（3）①.同素异形体②.正交硫③.S+O2=SO2(g)=-296（4）①.溶液②.酸③.②>④>③>①（5）加入Ba(NO3)2溶液至不再产生白色沉淀时，取上层清液，向其中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明混合溶液中含有Cl-【解析】【小问1详解】硫原子最外层有6个电子，每个电子的运动状态都不同，故硫原子最外层有6种不同运动状态的电子；S的价电子排布式为3s23p4，其中能量最高的电子所占电子亚层符号为3p；【小问2详解】非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：O>S，故气态氢化物稳定性：H2O>H2S；O原子半径小于S原子半径，且O元素的电负性大于S元素，故H-O键长较短，键能H-O>H-S；【小问3详解】正交硫和单斜硫是硫常见的两种单质，两者互为同素异形体；根据已知(正交)=(单斜)-2.64kJ，可知(正交)能量低与(单斜)，能量越低越稳定，故正交硫与单斜硫相比，相对比较稳定的是正交硫；通常状况下4g硫粉完全燃烧放出37kJ的热量，则1mol硫粉(32g)放出的热量为37×8=296，则该反应的热化学方程式为S+O2=SO2(g)=-296；【小问4详解】同温同浓度的、、三种溶液中，溶液中NH促进SO的水解，导致SO浓度变小，溶液中HSO只有部分电离出SO，因此溶液中最大；溶液中HSO既电离也水解，分别为HSO+H2OH2SO3、HSOH++SO，因为溶液中，说明SO 以电离为主，溶液显酸性；等物质的量浓度的下列四种溶液：①②③④，其中②溶液中NH和CO都促进水的电离，④溶液中HCO水解为主，促进水的电离，③溶液中HSO以电离为主使溶液显酸性，抑制水的电离，①属于强碱，在溶液中全部电离，抑制水电离，因此溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为②>④>③>①；【小问5详解】和NaCl混合溶液中检验，需要先用Ba2+除去SO，然后再用AgNO3溶液检验Cl-，故检验方法为：加入Ba(NO3)2溶液至不再产生白色沉淀时，取上层清液，向其中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明混合溶液中含有Cl-。22.砷（As）是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，镓（Ga）与铝同主族，砷化镓是当代国际公认的继硅之后最成熟的化合物半导体材料。某含砷（As）的有毒工业废水经如图流程转化为粗。已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。完成下列填空：（1）砷在元素周期中的位置为第______周期、第______族；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为______；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，硬度大，则砷化镓熔点______氮化硼的熔点（选填“高于”、“低于”或“接近于”）。（2）“碱浸”的目的是将废水中的和转化为盐，转化为的离子方程式为______；加入试剂1的目的是______。（3）“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有（其中、都大于0）：①；②； 沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因。______。（4）通过对溶液进行加热，再过滤可制得粗。在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。为提高粗的沉淀率，则“结晶”过程应控制的最佳条件是______。从绿色化学和综合利用的角度考虑，滤液2需要处理，其方法是______。【答案】（1）①.四②.ⅤA③.2As+3H2SO4(浓)As2O3+3SO2↑+3H2O④.低于（2）①.H3AsO4+3OH-=AsO+3H2O②.将AsO氧化生成AsO（3）温度升高，反应A平衡逆向移动，、下降，反应B平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降（4）①.温度约为25℃，H2SO4浓度约为7②.返回酸化流程【解析】【分析】流程图中，“碱浸”过程是将废水中的和转化为盐；溶液中存在AsO，通过后面流程可知需要沉淀的是AsO，因此加入氧化剂试剂1，将AsO氧化生成AsO；“沉砷”时加入石灰乳，调节为碱性，并提供钙离子，将转化为沉淀；“酸化”过程加入硫酸，得到较纯净的；“还原”过程通入SO2，还原为，然后结晶得到粗As2O3，据此分析。【小问1详解】氮是第二周期、第ⅤA族，砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，因此砷在元素周期中的位置为第四周期、第ⅤA族；；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为 2As+3H2SO4(浓)As2O3+3SO2↑+3H2O；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，说明两者都是原子晶体，原子晶体的熔沸点与键长成反比，原子半径越小，键长越短，键长：B-N<Ga-As，所以砷化镓熔点低于氮化硼的熔点；【小问2详解】“碱浸”过程，转化为的离子方程式为H3AsO4+3OH-=AsO+3H2O；加入试剂1的目的是将AsO氧化生成AsO；【小问3详解】沉砷最佳温度是85℃，温度高于85℃后，随温度的升高沉降率下降，温度升高，反应①平衡逆向移动，、下降，反应②平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降；【小问4详解】由图可知，为提高粗As2O3的沉降率，则“结晶”过程应控制的最佳条件为25℃，H2SO4浓度约为7，此时As2O3的溶解率最低，沉淀率最高，滤液2中含有余酸，需要处理，从绿色化学和综合利用的角度考虑，可将滤液2返回酸化流程。23.丁苯酞（NBP）是我国拥有完全自主知识产权的化学药物，临床上用于治疗缺血性脑卒中等疾病。ZJM—289是一种NBP开环体（HPBA）衍生物，在体内外可经酶促或化学转变成NBP和其它活性成分，其合成路线如图：已知信息：（芳基）回答下列问题：（1）A的化学名称为____，HPBA中含氧元素官能团的化学式为____。 （2）D有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的芳香族化合物的结构简式为______、______。①可发生银镜反应，羟基与苯环直接相连；②分子中有四种不同化学环境的氢原子，个数比为1∶2∶2∶3。（3）F的结构简式为______。（4）G→H的反应类型为______。若以代替，则该反应难以进行，猜想对该反应的促进作用主要是因为______。（5）W是合成某种抗疟疾药物的中间体类似物。设计由2，4-二氯甲苯（）和对三氟甲基苯乙酸（）制备W（见下图）的合成路线______。（无机试剂和四个碳以下的有机试剂任选）。（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）【答案】（1）①.邻二甲苯②.-COOH、-OH（2）①.②.（3）（4）①.取代反应②.NaNO3反应生成的NaBr易溶于水，而AgNO3反应生成的AgBr难溶于水，使平衡正向移动促进反应进行（5）【解析】 【分析】A与O2在V2O5做催化剂并加热条件下生成B()，通过A的分子式和B的结构可以推出A的结构简式，NBP()中酯基在碱性条件下发生水解反应生成，再经过酸化后生成HPBA()，E中含有酯基、醚键和羧基，与NaOH的水溶液反应后生成，在盐酸酸化下生成F。【小问1详解】A的分子式为C8H10，不饱和度为4，说明取代基上不含不饱和度，A与O2在V2O5做催化剂并加热条件下生成，由此可知A的结构简式为，其名称为邻二甲苯；NBP()中酯基在碱性条件下发生水解反应生成，经过酸化后生成HPBA()，HPBA中含氧元素官能团的化学式为-COOH、-OH；【小问2详解】D有多种同分异构体满足①可发生银镜反应，羟基与苯环直接相连，说明结构中含有醛基和和酚羟基，根据不饱和度可知该结构中出醛基外不含其他不饱和键，②分子中有四种不同化学环境的氢原子，个数比为1∶2∶2∶3 ，说明该结构中具有对称性，根据该结构中氢原子数可知该结构中含有1个醛基、两个酚羟基、1个甲基，满足该条件的同分异构体结构简式为和；【小问3详解】E()与NaOH的水溶液反应，生成，在盐酸酸化下生成F；【小问4详解】观察流程图可知，G→H的反应为中Br原子被AgNO3中-ONO2取代生成和AgBr，故G→H的反应类型为为取代反应；若以NaNO3取代AgNO3，则该反应难以进行，其原因是NaNO3反应生成的NaBr易溶于水，而AgNO3反应生成的AgBr难溶于水，使平衡正向移动促进反应进行；【小问5详解】2，4-二氯甲苯（）和对三氟甲基苯乙酸（）制备W，可通过题干已知信息而得，合成路线为：24.Ⅰ.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠（）都是常用杀菌消毒剂。NaClO可 用于制备二氯异氰尿酸钠。（1）NaClO溶液可由低温下将缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的化学方程式为______；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是______。（2）有研究显示，南极臭氧空洞中的污染物硝酸氯（）与次氯酸钠在结构上有类似之处。下列推测有一项不合理，该选项是______。A.具有强氧化性B.与NaOH溶液反应可生成两种钠盐C.与盐酸作用能产生氯气D.水解生成盐酸和硝酸Ⅱ.二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：；；。准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液20.00mL。（3）滴定达到终点的现象为：溶液由______色变______色，且半分钟内不再改变。（4）通过计算判断该样品是否为优质品______。（写出计算过程）该样品的有效氯=×100%（5）若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值______（填“偏高”或“偏低”）。【答案】（1）①.Cl2+2OH-=ClO-+C1-+H2O②.NaClO溶液吸收空气中的CO2后反应产生HClO，HClO见光分解（2）D（3）①.蓝②.无（4）是根据已知的化学方程式，得关系式，得到，该样品的有效氯含量为 ，说明该样品为优质品。（5）偏低【解析】【小问1详解】由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+C1-+H2O；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO不稳定，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效；【小问2详解】A．ClONO2水解生成的次氯酸和硝酸都具有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，故A正确；B．ClONO2与NaOH溶液反应生成次氯酸钠、硝酸钠和水，故B正确；C．ClONO2与盐酸作用时，水解生成的次氯酸能与盐酸反应生成氯气，故C正确；D．由化合物的结构式可知，ClONO2水解生成次氯酸和硝酸，故D错误；故选D。【小问3详解】滴定终点时碘被Na2S2O3还原消耗完，溶液由蓝色变为无色，故滴定终点的判断为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；【小问4详解】根据已知的化学方程式，得关系式，得到，该样品的有效氯含量为，说明该样品为优质品；【小问5详解】若在检测中加入稀硫酸的量过少，导致生成的HClO、I2偏少，消耗的Na2S2O3体积偏小，滴定将导致样品的有效氯测定值偏低。